Explicação intuitiva do porquê "operador sombra" $\frac D{e^D-1}$ conecta logaritmos com funções trigonométricas?
Considere o operador $\frac D{e^D-1}$ que chamaremos de "sombra":
$$\frac {D}{e^D-1}f(x)=\frac1{2 \pi }\int_{-\infty }^{+\infty } e^{-iwx}\frac{-iw}{e^{-i w}-1}\int_{-\infty }^{+\infty } e^{i t w} f(t) \, dt \, dw$$
As integrais aqui devem ser entendidas como transformadas de Fourier.
Agora, intuitivamente, por que o seguinte?
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1\pi\ln \left(\frac{x+1/2 +\frac{z}{\pi }}{x+1/2 -\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\tan z$$
Existem outros exemplos em que a sombra converte funções trigonométricas em trigonométricas inversas, logaritmos em expoentes, etc:
$$\left.\frac {D_x}{e^{D_x}-1} \left[\frac1{\pi }\ln \left(\frac{x+1-\frac{z}{\pi }}{x+\frac{z}{\pi }}\right)\right]\right|_{x=0}=\cot z$$
Respostas
Esta é basicamente uma versão levemente transformada da expansão da fração parcial cotangente de Euler $$ \pi \cot(\pi z) = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z-n} + \frac{1}{z+n}$$ (o derivado logarítmico de sua famosa fórmula de produto seno $\frac{\sin \pi z}{\pi z} = \prod_{n=1}^\infty \big(1-\frac{z^2}{n^2}\big)$) Ao encurtar a série, pode-se reescrever isso como$$ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z-n-1} + \frac{1}{z+n}.$$ Pelo teorema de Taylor, $e^{nD_x}$ é a operação de tradução por $n$, então formalmente por séries geométricas temos $$ \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} f\, \right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty \left.e^{nD_x} f\right|_{x=0} = \sum_{n=0}^\infty f(n)$$ (que aliás ajuda a explicar a fórmula de Euler-Maclaurin) e assim $$ \pi \cot(\pi z) = \left.\frac{1}{1-e^{D_x}} \left(\frac{1}{z-x-1} + \frac{1}{z+x}\right) \right|_{x=0}$$ ou equivalente $$ \pi \cot(\pi z) = - \left.\frac{D_x}{1-e^{D_x}} \ln \frac{x+z}{x+1-z} \right|_{x=0}.$$ Isso fornece suas identidades após alguns rearranjos simples (e substituição $z$ com qualquer um $z/\pi$ ou $z/\pi + 1/2$)
A principal razão para a identidade da fração parcial de Euler é que os pólos e resíduos da função cotangente são facilmente identificados e calculados. A razão pela qual eles podem ser recolhidos em uma expressão envolvendo o operador de soma$\frac{1}{1-e^{D_x}}$é que esses pólos e resíduos gozam de uma invariância de translação, que em última análise vem da periodicidade da função cotangente. Eu imagino que existam identidades semelhantes para o Weierstrass$\wp$ função, que é duplamente periódica com comportamento de pólo muito específico.
O op $$T_x = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} = e^{b.D_x},$$
Onde $(b.)^n = b_n$são os números de Bernoulli, é (sinais mod) muitas vezes referido como o operador Todd (talvez originalmente dado esse nome por Hirzebruch, que o usou para construir sua classe característica Todd).
Tem uma propriedade discretizante (ou derivacional) que pode ser expressa das seguintes maneiras úteis
$$f(x) = T_x T_x^{-1} f(x) = \frac{D}{e^D-1} \frac{e^D-1}{D} f(x) = T_x \int_{x}^{x+1} f(t) dt$$
$$ = e^{b.D} \;\int_{x}^{x+1} f(t) dt = \int_{b.+x}^{b.+x+1} f(t) dt =\int_{B.(x)}^{B.(x)+1} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x)+1) - F(B.(x)) = F(B.(x+1)) - F(B.(x)) = D_x \; F(x),$$
Onde
$$B_n(x) = (b.+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \; b_n \; x^{n-k}$$
são os célebres polinômios Appell Bernoulli, com o egf $e^{B.(x)t}= e^{(b.+x)t} = \frac{t}{e^t-1}e^{xt}$, e $F(x)$ é a integral / primitiva indefinida de $f(x)$. A última igualdade ilustra a propriedade derivacional dos polinômios de Bernoulli e os define completamente.
Isto leva a
$$\sum_{k=0}^n f(x+k) = T \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt $$
$$ = e^{b.D} \; \int_{x}^{x+n+1} f(t) dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} f(t) dt$$
$$ = F(B.(x+n+1)) - F(B.(x)),$$
e, em particular, a cadeia de relações
$$\sum_{k=0}^n (x+k)^s =T_x \; \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt $$
$$= e^{b.D} \int_{x}^{x+n+1} t^{s} dt = \int_{B.(x)}^{B.(x+n+1)} t^s dt$$
$$ = T_x \; \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1} = e^{b.D} \frac{(x+n+1+)^{s+1} -x^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \frac{(B.(x+1+n))^{s+1} -(B.(x))^{s+1}}{s+1} = \frac{B_{s+1}(x+1+n) - B_{s+1}(x)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{B_{s+1}(x+1+k) - B_{s+1}(x+k)}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n \frac{(B.(x+1+k))^{s+1} - (B.(x+k))^{s+1}}{s+1}$$
$$ = \sum_{k=0}^n D_x \; \frac{(x+k)^{s+1}}{s+1}.$$
Se você pegar apropriadamente o limite $s \to -1$, você chega a uma relação com o logaritmo natural de onde, junto com as expansões em série das funções trigonométricas na resposta de Terry Tao, você pode descobrir suas fórmulas particulares.
Para uma aplicação ilustrativa mais sofisticada da fórmula de discretização, consulte a Eqn. 1, "a fórmula de Khovanskii-Pukhlikov, a contraparte combinatória da fórmula de Hirzebruch-Riemann-Roch (HRR) para uma variedade tórica lisa X com um divisor D muito amplo ..." na página 2 do "$T_y$- operador em integrais sobre politopos reticulados "por Goda, Kamimura e Ohmoto.
Observe também a sequência inversa umbral para os polinômios de Bernoulli, os polinômios de potência de Appell
$$\hat{B}_n(x) = \frac{(x+1)^{n+1}-x^{n+1}}{n+1},$$
com o .egf $\frac{e^t-1}{t}\; e^{xt}$, é definido também pela inversão da composição umbral
$$B_n(\hat{B}.(x)) = x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
então o
- propriedade derivacional dos polinômios de Appell Bernoulli
$$ \frac{(B_.(x)+1)^{n+1}}{n+1} - \frac{(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \frac{(b.+x+1)^{n+1} - (b.+x)^{n+1}}{n+1}$$
$$ = \frac{B_{n+1}(x+1) - B_{n+1}(x)}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x)) = x^n = D \; \frac{x^{n+1}}{n+1},$$
- relação recíproca dos egfs definidores dos momentos do par inverso de sequências polinomiais de Appell
$$B(t) =e^{b.t}= \frac{t}{e^t-1},$$
$$\hat{B}(t) = e^{\hat{b}.t}=\frac{e^t-1}{t}, $$
- reciprocidade das operações duplas
$$T= B(D) = \frac{D}{e^D-1} = e^{b.D},$$
$$T^{-1}= \hat{B}(D) = \frac{e^D-1}{D} = e^{\hat{b}.D},$$
- propriedades geradoras de polinômios duais dos ops
$$T \; x^n = \frac{D}{e^D-1} \; x^n = e^{b.D} \; x^n = (b. + x)^n = B_n(x), $$
$$ T^{-1} \; x^n = \frac{e^D-1}{D} \; x^n = e^{\hat{b.}D} x^n = (\hat{b.}+x)^n = \hat{B}_n(x),$$
- relação inversa da composição umbral dos conjuntos duais de polinômios
$$ B_n(\hat{B}.(x)) = T^{-1} \; T \; x^n = x^n = T \; T^{-1} \; x^n = \hat{B}_n(B.(x)),$$
- e a propriedade discretizadora do operador Todd
$$ x^n = T \; T^{-1} x^n = T \; \int_{x}^{x+1} t^n \; dt$$
$$ = T \frac{(x+1)^{n+1} - x^{n+1}}{n+1}$$
$$ =\frac{(B.(x)+1)^{n+1} -(B.(x))^{n+1}}{n+1} = \hat{B}_n(B.(x))$$
estão todas intimamente (e produtivamente) interligadas, diferentes facetas de uma dualidade de Appell e podem ser generalizadas por meio da transformada de Mellin.
Esta não é toda a história - os relacionamentos são ainda mais profundos por meio de uma álgebra de Weyl, comutador Graves / Lie / Pincherle e operações de escada - mas essa perspectiva já leva a uma exploração mais produtiva. Por exemplo, conseguimos inicializar no limite como$n \to +\infty$ para a soma discretizante, uma função zeta de Hurwitz modificada como a generalização (interpolação) dos polinômios de Bernoulli,
$$ B_{-s}(x) = s \; \zeta(s+1,x),$$
que herda as propriedades de uma sequência de polinômios de Appell.
A equação 'sombra' é um tanto restritiva, uma vez que assume o FT de $f(x)$existe, o que não é uma condição necessária para a aplicação da propriedade discretizante; por exemplo, observe a fórmula de Abel-Plana da transformada de Laplace semelhante .
Com uma normalização diferente para o FT,
$$FT(f(x)) = \tilde{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i 2\pi \omega x} f(x) \; dx,$$
e
$$f(b.+x) = e^{b.D_x} f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; f(x) = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} FT^{-1}[\tilde{f}(\omega)]$$
$$ = \frac{D_x}{e^{D_x}-1} \; \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} FT[f(x)] \; d\omega = \int_{-\infty}^{\infty} e^{i 2\pi \omega x} \frac{i 2\pi \omega}{e^{i 2\pi \omega}-1} FT[f(x)] \; d\omega. $$
A caracterização da ação do operador Todd usando, em vez da interpolação de transformada de Mellin a la Ramanujan / Hardy, fornece uma rota alternativa e construtiva para a função zeta de Hurwitz:
$$ B_{-s}(z) = (B.(z))^{-s} = (b.+z)^{-s} = e^{b.D_z} \; z^{-s}$$
$$ = e^{b.D_z} \int_{0}^{\infty} e^{-zt} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ = \int_{0}^{\infty} e^{-(b.+z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt$$
$$ =\int_{0}^{\infty} e^{-B.(z)t} \; \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt $$
$$ = \int_{0}^{\infty} \frac{-t}{e^{-t}-1} \; e^{-zt} \frac{t^{s-1}}{(s-1)!} \; dt = s \; \zeta(s+1,z).$$
Uma expansão em série para a função Appell Bernoulli para todos os $s$ e real ou complexo $z$ com $|z-1| < 1$ é dado pela expansão binomial umbral
$$s \; \zeta(s+1,z) = B_{-s}(z)$$
$$ = (b.+z)^{-s} = (b. + 1 - 1 + z)^{-s} = (B.(1)+z-1)^{-s}$$
$$ = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} B_{-s-n}(1) \; (z-1)^n = \sum_{n \geq 0} \binom{-s}{n} (s+n) \; \zeta(s+n+1) \; (z-1)^n$$
Onde
$$(b.+1)^{-s} = (B.(1))^{-s} = B_{-s}(1) = s \; \zeta(s+1,1) = s \; \zeta(s+1)$$
com $\zeta(s)$, a função zeta de Riemann.